Sáng kiến kinh nghiệm môn toán THPT kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
“KỸ THUẬT CHỌN ĐIỂM RƠI TRONG BẤT ĐẲNG THỨC”


I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Có thể nói rằng bài toán bất đằng thức nói chung và bài toán tìm GTNN, GTLN nói
riêng là một trong nhưng bài toán được quan tâm đến nhiều ở các kỳ thi học sinh giỏi,
tuyển sinh Đại học,…và đặc biệt hơn nữa là với xu hướng ra đề chung của Bộ GD – ĐT.
Trong kỳ thi tuyển sinh Đại học thì bài toán bất đẳng thức là bài toán khó nhất trong đề
thi mặc dù chỉ cần sử dụng một số bất đẳng thức cơ bản trong Sách giáo khoa nhưng học
sinh vẫn gặp nhiều khó khăn do một số sai lầm do thói quen. Trong quá trình trực tiếp
giảng dạy và nghiên cứu tôi thấy đây là dạng toán không chỉ khó mà còn khá hay, lôi
cuốn được các em học sinh khá giỏi Để giúp học sinh hiểu sâu hơn về bài toán cực trị
đặc biệt là các trường hợp dấu đẳng thức xảy ra, tôi viết chuyên đề “Kỹ thuật chọn điểm
rơi trong bất đẳng thức”, để viết sáng kiến kinh nghiệm và trao đổi với đồng nghiệp.
Đứng trước thực trạng trên, với tinh thần yêu thích bộ môn, nhằm giúp các em
hứng thú hơn, tạo cho các em niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra một cách nhìn
nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền tảng cho các học sinh
tự học, tự nghiên cứu. Được sự động viên, giúp đỡ của các thầy trong hội đồng bộ môn
Toán của sở GD, Ban Giám hiệu, đồng nghiệp trong tổ Toán – Tin học trường THPT
hàm Rồng . Tôi đã mạnh dạn viết chuyên đề
“Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức”.
II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI
1. Thuận lợi
- Kiến thức đã được học, các bài tập đã được luyện tập .
- Học sinh hứng thú trong tiết học, phát huy được khả năng sáng tạo, tự học và
yêu thích môn học.
- Có sự khích lệ từ kết quả học tập của học sinh khi thực hiện chuyên đề.
- Được sự động viên của BGH, nhận được động viên và đóng góp ý kiến cuả đồng

nghiệp.
2. Khó khăn
- Giáo viên mất nhiếu thời gian để chuẩn bị các dạng bài tập


- a s hc sinh yu bt ng thc bi toỏn tỡm GTNN, GTLN .
3. S liu thng kờ
Trong cỏc nm trc, khi gp bi toỏn liờn quan n bt ng thc bi toỏn tỡm GTNN,
GTLN s lng hc sinh bit vn dng c th hin qua bng sau:
Khụng
nhn

S lng

Nhn
bit, Nhn bit v
nhng khụng bit
vn
,cha
bit bit vn dng dng
gii
c
c
hon chnh

Nhn bit v
bit vn dng
, gii c
bi
hon

chnh

60

T l ( %) 66,7

20

9

1

22,2

9,9

1.1

III. NI DUNG CHUYấN
1. C s lý lun
Cung cp cho hc sinh khụng ch kin thc m c phng phỏp suy lun, kh nng t
duy. T nhng kin thc c bn phi dn dt hoc sinh cú c nhng kin thc nõng cao mt
cỏch t nhiờn (ch khụng ỏp t ngay kin thc nõng cao).
2. Nụi dung
2.1 BI TON M U

a, b > 0
Bi toỏn 1. Cho
, tỡm GTNN ca
a

+
b

1


P=

1
1 + a 2 + b2

+

1
2ab

Gii
Li gii 1. Ta cú: P =

1
1 + a 2 + b2

+

1
4
4
4
2
=

=2
2ab a + 2ab + b 2 + 1 (a + b)2 + 1 2

1 + a 2 + b 2 = 2ab
(a b)2 + 1 = 0

(voõ nghieọm) . Vy khụng tn ti
Du = xy ra
a + b = 1
a + b = 1
MinP...?..?


Lời giải 2. Ta có: P =

1
2

1+ a + b

2

+

1
1
4
1
4

1
+
≥ 2
+
=
+
2
2
6ab 3ab a + 6ab + b + 1 3ab (a + b) + 1 + 4ab 3ab

4
1
8
2
P
≥
+
≥
a
+
b
1

2
2
3
Mặt khác ab ≤ 
 a+b
a+b
÷ = . Vậy

2
+
6
4
 2 

÷

÷
 2 
 2 
1 + a 2 + b 2 = 3ab

1
⇔a=b= .
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b
2
a + b = 1


Lời bình: Bài toán 1 áp dụng bất đẳng thức
Lời giải 2 tại sao lại tách

1 1
4
+ ≥
. Lời giải 1 tại sao sai?
a b a+b

1

1
1
=
+
?..? Làm sao nhận biết được điều đó…?
2ab 6ab 3ab

Đó chính là kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức. Và qua chuyên đề này chúng
ta sẽ hiểu sâu hơn về kỹ thuật “chọn điểm rơi” trong việc giải các bài toán cực trị.
2.1 PHƯƠNG PHÁP CHỌN ĐIỂM RƠI
1. Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Cauchy
Bất đẳng thức Cauchy là một bất đẳng thức quen thuộc và có ứng dụng rất rộng rãi. Đây
là bất đẳng thức mà bạn đọc cần ghi nhớ rõ ràng nhất, nó sẽ là công cụ hoàn hảo cho việc
chứng minh các bất đẳng thức.
* Bất đẳng thức Cauchy
a + a + L + an n
≥ a1a2 ...an . Dấu “=”
Cho n số thực không âm a1 , a2 ,..., an (n ≥ 2) ta luôn có: 1 2

xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = L = an .
* Một vài hệ quả quan trọng:
1 1
1 
+ + L + ÷ ≥ n 2 vôùi ∀ai > 0, i = 1, n
an 
 a1 a2

+ (a1 + a2 + L + an ) 

1 1

1
n2
+
+
L
+
≥
vôùi ∀ai > 0, i = 1, n
+
a1 a2
an a1 + a2 + L + an

+ Cho 2n số dương ( n ∈ Z , n ≥ 2 ): a1 , a2 ,..., an , b1, b2 ,..., bn ta có:

n


n

(a1 + b1 )(a2 + b2 )...(an + bn ) ≥ n a1a2 ...an + n b1b2 ...bn

Trong chứng minh bất đẳng thức, đôi khi việc ghép và sử dụng các bất đẳng thức cơ
sở không được thuận lợi và dễ dàng. Khi sử dụng liên tiếp nhiều bất đẳng thức ta phải
chú ý tới điều kiện để bất đẳng thức xảy ra, để điều kiện này luôn được thỏa mãn suốt quá
trình ta sử dụng bất đẳng thức trung gian. Và bất đẳng thức Cauchy là một trong những
bất đẳng thức đó. Để thấy được kĩ thuật này như thế nào ta sẽ đi vào một số ví dụ sau:
Ví dụ 1: Cho a ≥ 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S=a+

1
a

Phân tích và tìm tòi lời giải
1

Xét bảng biến thiên của a, a và S để dự đoán Min S
a

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

…. 30

1

a

1
3

1
4

1
5

1
6

1
7

1
8

1
9

1
10

1
11

1

12

….

S 31

3

4

1
4

5

1
5

6

1
6

7

1
7

8

1
8

9

1
9

10

1
10

11

1
11

12

1
12

1
30

…. 30

1
30

Nhìn lại bảng biến thiên ta thấy khi a tăng thì S càng lớn và từ đó dẵn đến việc dự
đoán khi a=3 thì S nhận giá trị nhỏ nhất.Để dễ hiểu và tạo sự ấn tượng ta sẽ nói rằng Min
S=

10
3

đạt tại “Điểm rơi : a=3”.

Do bất đẳng thức côsi chỉ xảy ra dấu bằng tại điều kiện các số tham gia phải bằng
nhau ,nên tại “Điểm rơi:a=3”ta không thể sử dụng bất đẳng thức côsi trực tiếp cho 2 số a
và

1
a

 a 1



1
3

vì 3 ≠ . Lúc này ta sẽ giả định sử dụng bất đẳng thức côsi cho cặp số  α , a  sao cho

tại “điểm rơi:a=3”thì

a 1
=

α a

tức là ta có lược đồ “điểm rơi” sau đây:

Sơ đồ:
a 3
α = α
1 3
a=3 ⇒  1 1 ⇒ 3 = α ⇒ α = 9
 =
 a 3


Từ đó ta biến đổi theo sơ đồ “Điểm rơi”được nêu trên.
a


1
a

1

Lời giải: S=a+ =  9 + a  +


8a
a 1
≥ 2.
⋅
9

9 a

Vậy với a=3 thì Min S=

+

8 ⋅ 3 10
=
9
3

10
3

Ví dụ 2: Cho a ≥ 6.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S=a 2 +

18
a

Sơ đồ điểm rơi :
a=6

 18 36
 6 = α

⇒  2
 a = 18
 a
6

Lời giải: S=a +
2

=6.

 18 36
 6 = α
18 18
=
⇒ 2
⇒
⇒α = 2 6
a
6
a
36
 =
 α
α
 a2
18  
1  2
+
 a ≥
=
 + 1 −
a 2 6
a  2 6

18

a a
6



+ 1 −


2.

a2
2 6

⋅

18

1  2
6 6 
1  2
a ≥ 6.
+ 1 −
.6 =36
2 6
6  2 6

Vậy với a=6 thì Min S=2a+3.

a



+ 1 −

+3



1  2
 a
2 6

6

6

 a, b > 0
1
1
, tìm GTNN của biểu thức P = 2 2 + + 4ab .
ab
a +b
a + b ≤ 1

Ví dụ 3: Cho 

Sai lầm thường gặp:
Sai lầm 1: Ta có :
P=

1
1
1
4
1
4
 1

+
+
+ 4ab ≥ 2
+
+ 4ab =
+
+ 4ab ÷.
2
2
2
2ab 2ab
a +b
a + b + 2ab 2ab
(a + b)  2ab

2

Mặt khác
Sai lầm 2:

1

1
+ 4ab ≥ 2
.4 ab = 2 2 . Vậy P ≥ 4 + 2 2 nên MinP = 2(2 + 2)
2ab
2ab


P=

1
1 
1  1
4
1
1
1
1
+
+
4
ab
+
+
≥
2
4
ab
.
+
≥

4
+
2
+
=
6
+
Dấu bằng xảy

÷
4ab  4ab (a + b)2
2ab 4ab
4ab
4ab
a 2 + b2 ab 

a 2 + b2 = 2ab

1
1
1
 2 2 1
⇔ a = b = . Thay a = b = vào ta được P ≥ 7 ⇒ MinP = 7 khi a = b = .
ra ⇔ a b =
16
2
2
2

a + b = 1



Nguyên nhân sai lầm:
1
1
1
=
+
là do thói
ab 2ab 2ab
a = b

2
2
2 MinP = 4 + 2 2 ⇔  1 = 4 ab ⇒ VN

quen để làm xuất hiện a + b + 2ab = (a + b) .
. Dấu “=”
 2ab
a + b = 1

Sai lầm 1: Học sinh chưa có khái niệm “điểm rơi”, việc tách

bất đẳng thức không xảy ra ⇒ không kết luận được MinP = 4 + 2 2

Sai lầm 2: Học sinh đã có khái niệm điểm rơi, dự đoán được dấu bằng khi a = b =
đã tách các số hạng và MinP = 7 khi a = b =

1
là đúng, nhưng bước cuối học sinh làm sai.

2

2
Ví dụ như (1 − x)2 + x ≥ x , dấu bằng xảy ra khi x = 1 ⇒ Min ( x − 1) + x  = 1?? .

Lời giải đúng:
1
2

Do P là biểu thức đối xứng với a, b , ta dự đoán MinP đạt tại a = b = , ta có:
P=

1
nên
2

1
1 
1 
1
4
1
1
+
+
4
ab
+
+
≥

+
2
4
ab
.
+
≥7

÷
2
4ab  4ab (a + b)2
2ab
a 2 + b 2 2ab 
a+b
4
÷
 2 

a 2 + b2 = 2ab

1
 2 2 1
⇔a=b= .
Dấu bằng xảy ra ⇔ a b =
16
2

a + b = 1


 a, b > 0
1
1
1
, tìm GTNN của biểu thức S = 3 3 + 2 + 2 .
a +b
a b ab
a + b ≤ 1

Ví dụ 4: Cho 

Sai lầm thường gặp:
Ta có:
S=
=

1
1
1
2
2
9
2 1
1 
+ 2 +
+ 2 +
≥ 3 3
+  2 + 2÷
3

2
2
2
2
3  a b ab 
a +b
3a b 3ab
3a b 3ab
a + b + 3a b + 3ab
3

9
2 1 1 1
+ .  +  ≥9+
3
(a + b) 3 ab  a b 

MinS =

2
2

 a+b
3. 
÷
 2 

.

4

59
≥
a+b 3

59
3

a 3 + b3 = 3a 2b

59
(vn)
Nguyên nhân sai lầm: MinS = ⇔ a = b
3
a + b = 1


Lời giải đúng:
1
2

Ta dự đoán dấu bằng xảy ra khi a = b = , và ta thấy: a3 + b3 + 3a 2b + 3ab2 = (a + b)3 vì thế ta
muốn xuất hiện (a + b)3 , ta áp dụng bất đẳng thức

1
1
1
+
+
và nếu vậy:
a 3 + b3 2a 2b 2ab2

1
1
1
9
+ 2 +
≥
3
2
3
a +b
2a b 2ab
(a + b) − ab(a + b)
3

Ta không đánh giá tiếp được cho nên ta phải áp dụng bất đẳng thức cho 5 số:
S=

1
1
1
1
1
25
+
+
+
+
≥
≥

a 3 + b3 2a 2b 2ab2 2a 2b 2ab2 (a + b)3 + ab(a + b)

1
2

25
≥ 20
3
Dấu bằng xảy
3 (a + b)
(a + b) +
4

ra khi a = b = .
2. Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Bunhia
Cũng như bất đẳng thức Cauchy bất đẳng thức này cũng cần có một phương pháp
để cân bằng các hệ số khi ta giải các bài toán liên quan đến bất đẳng thức này.
* Bất đẳng thức Bunhia


Cho 2n số dương ( n ∈ Z , n ≥ 2 ): a1 , a2 ,..., an , b1, b2 ,..., bn ta có:
(a1b1 + a2b2 + L + anbn )2 ≤ (a12 + a22 + L + an2 )(b12 + b22 + L + bn2 )
a

a

a

n
1

2
Dấu “=’ xảy ra ⇔ b = b = L = b (quy öôùc neáu bi = 0 ⇒ ai = 0)
1
2
n

* Một vài hệ quả quan trọng
Dạng 1: ( a1 2 + a 22 + .... + a n2 )( b12 + b22 + ...bn2 ) ≥ ( a1 b1

)

2

Dạng 2:

(a

+ a 22 + ... + a n2 ⋅ b12 + b22 ... + bn2 ≥ a1b1 + a 2 b2 .....a n bn

Dạng 3:

(a

+ a 22 + ... + a n2 ⋅ b12 + b22 + ... + bn2 ≥ a1 b1 + a 2 b2 + ... + a n bn

2
1

2
1

)(

+ a 2 b2 + .... + a n bn

)

)(

)

a1

Dấu bằng: Dạng 1, dạng 2 ⇔ b

1

Ví dụ 1:Cho
S=

a2 +

a, b, c > 0

.
a + b + c ≥ 6

=

a

a2
= .... = n
b2
bn

a1

;dạng 3 ⇔ b

1

=

a
a2
= ... = n ≥ 0
b2
bn

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1
1
1
+ b2 + 2 + c2 + 2
2
b
c
a

Phân tích và tìm tòi lời giải:Xét dang đặc biệt với n=2:

(

)

[a12 + a 22 ] b12 + b22 ≥ a1b1 + a 2 b2

a

Dấu bằng xẩy ra ⇔ b1
1

=

a2
≥0
b2

Ý nghĩa: chuyển đổi một biểu thức ở trong căn thành một biểu thức khác ở ngoài căn. Xét
đánh giá giả định với các số α, β


 2  1 2  2
1
β

2
αa + 


a +    α + β ≥
b
 b  
α2 +β2 


(

1
1
a + 2 =
b
α2 +β2
2

1
1
b + 2 =
2
c
α +β2
2

+

c2 +

⇒

1

1
=
2
a
α2 +β2
S≥

1

α2 +β2

)

(1)

 2  1 2  2
1
β

2
 αb + 
b +  2   α + β ≥
2
2
a
 c  
α +β 


(2)

 2  1  2
1
β

2
αc + 

c +  a   α + β ≥
a
 

α2 +β2 

(3)

(

(

)

)


 1 1 1 
α (a + b + c) + β  a + b + c  = S 0




Do S là một biểu thức đối xứng với a, b, c nên dự đoán S=S o tại điểm rơi a=b=c=2, khi đó
tất cả các bất đẳng thức (1), (2), (3) đồng thơi xảy ra dấu bằng tức là ta có sơ đồ điểm rơi
sau:
a
1
=
b βb

Sơ đồ: a=b=c=2 ⇒

α a b c 4
b
1
= = = =
=
⇔ β 1 1 1 1 ⇒
α βc
b c a

α =4
β =1

c
1
=
α βa

Kết hợp với biến đổi theo “kỹ thuật điểm rơi trong cối ” ta có lời giải sau:
Lời giải đúng:

+

a2 +

1
1  2 1
=
a + 2
2
b
b
17 

1 
1
 2 2
( 4 + 1 ) ≥
 4a + 
b
17 


b2 +

1
1  2 1
=
b + 2
2

c
c
17 

1 
1
 2 2
( 4 + 1 ) ≥
 4b + 
c
17 


c2 +

1
1  2 1
=
c + 2
2
a
a
17 

1 
 2 2
( 4 + 1 ) ≥
 4c +
17 


1

a

____________________________________


⇒ S≥
≥

1 
1 1 1
1 15
 a b c 1 1 1 
(a + b + c ) +  + + + + + 
 4a + 4b + 4c + + +  =

a b c
17 
17  4
 4 4 4 a b c 
1  15
a b c 1 1 1
 ⋅ 6 + 66 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅  =
4 4 4 a b c 
17  4

Với a=b=c=2 thì Min S=

1
3 17
=
2
 45

17  + 3 
 2


3 17
2

a,b,c > 0
Ví dụ 2: Cho

Tìm Min của S=

a2 +

1
1
1
+ b2
+ c2 +
b+c
c+a
a+b

a+b+c ≥ 6

Bình luận và lời giải
Phân tích để tìm lời giải: Xét đánh giá giả định với các số α , β
 2  1 2  2
β
  α + β 2 ≥ αa +
a + 
b+c
 b + c  


(1)

 2  1 2  2
β
  α + β 2 ≥ αb +
b + 
c+a
 c + a  


(2)

 2  1 2  2
β
  α + β 2 ≥ αc +
c + 
a+b
 a + b  


(3)

(

(

+

(

)

)
)

_____________________________________


2
2
⇒ α + β .S ≥ α (a + b + c) + β 

1

 a+b

⇔ S≥

+

1
b+c

+



c+a
1


 1
1
1 
α ( a + b + c ) + β 
+
+
 = S o

b+c
c + a 
 a+b
α2 +β2 
1

Do biểu thức đối xứng với a,b,c nên dứ đoán S=S o tại điểm rơi a=b=c=2, khi đó các bất
dẳng thức (1), (2), (3)đồng thời xảy ra dấu bằng tức là có sơ đồ điểm rơi sau đây:
*Sơ đồ điểm rơi:

a
1
=
α βb

a=b=c=2 ⇒

b
1
α a b c 4
=
⇔ = = = = ⇒
α βb
β 1 1 1 1
b c a

α =4
β =1

c
1
=
α βa

Từ đó ta có lời giải sau đây:
*Lời giải đúng:
 2  1 2  2 2
1
  (4 + 1 ) ≥ 4a +

a + 
b+c
 b + c  

 2  1 2  2 2
1
  (4 + 1 ) ≥ 4b +
b + 
c+a
 c + a  


+

 2  1 2  2 2
1
  (4 + 1 ) ≥ 4b +
c + 
a+b
 a + b  


⇒

 1
1
1 

17 .S ≥ 4( a + b + c) + 
+

+
a
+
b
b
+
c
c
+
a



≥ 4(a + b + c) +
≥ 4(a + b + c) +

3
3

a + b. b + c. c + a

≥ 4(a + b + c) +

9
3

(12 + 12 + 12 )[ ( a + b ) + ( b + c ) + ( c + a ) ]

9
a+b + b+c + c+a

= 4(a + b + c) +

=

31
a+b+c
9
9
(a + b + c) +
+
+
8
8
2 6(a + b + c) 2 6(a + b + c)

≥

31
a+b+c
9
9
93 9 51
⋅ 6 + 33
⋅
.
=
+ =
8
8
4 4 2

2 6(a + b + c) 2 6(a + b + c)

⇒S≥

51
2 17

=

3.17 3.17
=
.
2.17
2

Với a=b=c=2 thì min S=

3 17
2

9
6(a + b + c)


Ví dụ3: Cho a, b, c > 0 thoả mãn a+b+c+
S=

2abc ≥ 10.

Chứng minh rằng

8 9b 2 c 2 a 2
8 9c 2 a 2 b 2
8 9a 2 b 2 c 2
+
+
+
+
+
+
+
+
≥6 6
2
4
2
4
2
4
a2
b2
c2

*Lời giải:
Dự đốn điểm rơi: a = b = c = 2
Sử dụng bất đẳng thức bunhiacơpski có:

+

2 + 18 + 4 .

8 9b 2 c 2 a 2 4
+
+
≥ + 9b + ca
2
4
a
a2

2 + 18 + 4 .

8 9c 2 a 2 b 2 4
+
+
≥ + 9c + ab
2
4
b
b2

2 + 18 + 4 .

8 9a 2 b 2 c 2 4
+
+
≥ + 9a + bc
2
4
c

c2

______________________________
 1 1 1
⇒ 24 .S ≥ 4 + +  +9(a+b+c)+ab+bc+ca
a b c
4
 4
 4

=  + a  +  + b  +  + c  + (2a + bc) + (2bb + ca) + (2c + ab) + 6(a + b + c)
a
 b
 c

≥2

4
4
4
⋅a +2
⋅b + 2
⋅ c + 2 abc + 2 abc + 2 abc + 6(a + b + c)
a
b
c

= 12 + 6( a + b + c + 2abc ) ≥ 12 + 6.10 = 72 ⇒ S ≥ 72 / 24 = 6 6

* Bài tập tương tự (trích dẫn trong các đề thi đại học)

 x, y , z > 0
, chứng minh rằng:
 xyz = 1

Bài1: Cho 

m + x3 + y 3
m + y3 + z3
m + z 3 + x3
+
+
≥ 3 3 , với
xy
yz
zx

m ∈ N ∗ : Nếu m = 1 là đề thi Đại học khối D năm 2005
Bài 2: Cho x, y, z là 3 số thỏa x + y + z = 0 , chứng minh rằng:
3 + 4 x + 3 + 4 y + 3 + 4 z ≥ 6 (đề tham khảo 2005)
ab c − 4 + bc a − 2 + ca b − 3
Bài 3: Cho a ≥ 2, b ≥ 3, c ≥ 4 , tìm GTLN: P =
abc


3
4

Bài 4: Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c = .
Chứng minh rằng: 3 a + 3b + 3 b + 2c + 3 c + 3a ≤ 3 (ĐTK 2005)
a, b, c > 0

, tìm GTNN của các biểu thức sau:
a + b + c ≤ 1

Bài 5: Cho 

1
1
1
1
+
+
+
a 2 + b 2 + c 2 ab bc ca
1
1
1
1
1
1
S= 2
+
+
+
+
+
a + b 2 b 2 + c 2 c 2 + a 2 ab bc ca
1
1
1
1

1
1
Q= 2
+ 2
+ 2
+
+ +
a + bc b + ca c + ab ab bc ca
P=

Chú ý:
Cần chú ý hai bất đẳng thức Côsi và Bunhiacôpxki, biết được các dấu hiệu khi nào
dùng bất đẳng thức nào.Phát hiện các dấu hiệu như có các bình phương thì thường phải
nghĩ tới Bunhiacopxki, có điều kiện các số dương thì khả năng nghĩ tới Côsi. Cách giải
phải đi ngược qui trình thông thường. Đầu tiên phải dự đoán được điểm rơi xảy ra tại
đâu, sau đó lồng ghép các số trong bất đẳng thức sao cho khi xảy ra dấu bằng tại đúng
điểm rơi đã dự đoán…
IV. KẾT QỦA
Chuyên đề này đã được thực hiện giảng dạy khi tôi tham gia dạy 10NC và Luyện thi
Đại học trong hai năm gần đây. Trong quá trình học chuyên đề này, học sinh thực sự thấy
tự tin, biết vận dụng khi gặp các bài toán liên quan, tạo cho học sinh niềm đam mê, yêu
thích môn toán, mở ra cho học sinh cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các
kiến thức đã học, tạo nền tảng cho học sinh tự học, tự nghiên cứu.
Kết quả sau khi thực hiện chuyên đề:
Không
nhận

Nhận
biết, Nhận biết và
nhưng không biết

vận
,chưa
biết biết vận dụng dụng
giải
được
được
hoàn chỉnh

Nhận biết và
biết vận dụng ,
giải được bài
hoàn chỉnh


Số lượng

0

Tỉ lệ ( %) 0.0

3

50

37

3.3

55.6

41.1

V. GIẢI PHÁP MỚI
Dạng toán Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bất đẳng thức nói chung rất đa dạng và
phong phú. Mỗi bài toán lại có rất nhiều cách giải khác nhau, việc lựa chọn sử dụng linh
hoạt các kiến thức đã học sẽ làm cho học sinh phát triển tư duy sáng tạo. Chuyên đề này
chỉ mang tính chất gợi mở cung cấp cho học sinh cách nhìn mới, phát huy sự sáng tạo. Để
đạt kết quả cao học sinh cần luyện tập nhiều, có thêm nhiều thời gian để sưu tầm các tài
liệu tham khảo liên quan.
VI. THỰC TIỄN GIẢNG DẠY
1. Quá trình áp dụng
Bằng một chút vốn hiểu biết và kinh nghiệm giảng dạy một số năm, tôi đã hệ thống
được một số kiến thức liên quan, sưu tầm và tích lũy được một số bài tập phù hợp theo
mức độ từ dễ đến khó để cho học sinh tham khảo tự giải.
2. Hiệu quả sau khi sử dụng
Sau khi học sinh học xong chuyên đề này học sinh thấy tự tin hơn, hứng thú hơn, tạo
cho học sinh niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra một cách nhìn nhận, vận dụng,
linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền tảng cho học sinh tự học và tự nghiên
cứu.
3. Bài học kinh nghiệm
Từ thực tế giảng dạy chuyên đề này, một kinh nghiệm được rút ra là trước hết học
sinh phải nắm chắc các kiến thức cơ bản, biết vận dụng linh hoạt các kiến thức này, từ đó
mới dạy các chuyên đề mở rộng, nâng cao, khắc sâu kiến thức một cách hợp lý với các
đối tượng học sinh nhằm bồi dưỡng năng khiếu, rèn kỹ năng cho học sinh.
Chuyên đề này chủ yếu đưa ra các bài tập từ đơn giản đến nâng cao từ đó hình thành
kỹ năng, phương pháp giải. Do đó khi giảng dạy phải cung cấp nhiều dạng bài tập khác
nhau để phát triển tư duy của học sinh.
VII. KẾT LUẬN

Một bài toán có thể có rất nhiều cách giải song việc tìm ra một lời giải hợp lý, ngắn
gọn thú vị và độc đáo là một việc không dễ. Do đó đây chỉ là một chuyên đề trong rất
nhiều chuyên đề, một phương pháp trong hàng vạn phương pháp để giúp phát triển tư
duy, sự sáng tạo của học sinh. Giáo viên trước hết phải cung cấp cho học sinh nắm chắc
các kiến thức cơ bản sau đó là cung cấp cho học sinh cách nhận dạng bài toán, thể hiện
bài toán từ đó học sinh có thể vân dụng linh hoạt các kiến thưc cơ bản, phân tích tìm ra
hướng giải, bắt đầu từ đâu và bắt đầu như thế nào là rất quan trọng để học sinh không sợ
khi đứng trước một bài toán khó mà dần dần tạo sự tự tin, gây hứng thú say mê môn toán,
từ đó tạo cho học sinh tác phong tự học, tự nghiên cứu.
Tuy nội dung của chuyên đề khá rộng, song trong khuôn khổ thời gian có hạn
người viết cũng chỉ ra được các ví dụ, bài toán điển hình.
Rất mong sự đóng góp ý kiến của các bạn quan tâm và đồng nghiệp để chuyên đề
này được đầy đủ hoàn thiện hơn.
VII. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Bài tập đại số lớp 10, Bài tập hình học 12 – nhà XBGD năm 2008
2. Tạp chí Toán học và tuổi trẻ năm 2010.
3. Các dạng Toán LT ĐH của Phan Huy Khải- NXB Hà Nội năm 2002
4. 263 bài bất đẳng thức của Nguyễn Vũ Thanh-NXB Giáo Dục
5. Bất đẳng thức của Trần Văn Hạo-NXB Giáo Dục năm 2009
Thanh Hóa, ngày 09 tháng 05 năm 2013
Người thực hiện

Lê Thị Thuỷ